内容发布更新时间 : 2024/5/1 22:02:51星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。
解由于f(x)在[a,b]上连续，则f(x)在[a,b]上有最大值M和最小值m．由f(x)?0知M?0，m?0．又g(x)?0，则
nm?g(x)dx??g(x)nf(x)dx?nM?g(x)dx．
aaan??n??bbb由于limnm?limnM?1，故
lim?g(x)nf(x)dx=?g(x)dx．
n??abba例6求lim?n?pn??nsinxdx, p,n为自然数． x解法1利用积分中值定理 设f(x)?sinx, 显然f(x)在[n,n?p]上连续, 由积分中值定理得 xn?psinxsin?dx??p, ??[n,n?p], ?nx?当n??时, ???, 而sin??1, 故
lim?n?pn??nsinxsin?dx?lim?p?0．
????x解法2利用积分不等式 因为
n?psinxn?p1sinxn?p, dx??dx??dx?lnnnxxxn?而limlnn??n?pnn?p?0,所以 nlim?n?pn??nsinxdx?0． xxn例7求lim?dx．
n??01?x1解法1由积分中值定理?f(x)g(x)dx?f(?)?g(x)dx可知
aabbxn1=dx?01?x1??1?10xndx，0???1．
又
lim?xndx?limn??01111?1， ?0且?n??n?121??1故
xnlim?dx?0． n??01?x解法2因为0?x?1，故有
xn0??xn． 1?x6
于是可得
1xn0??dx??xndx．
01?x01又由于
?因此
10xndx?1?0(n??)． n?11xnlim?dx=0． n??01?x例8设函数f(x)在[0,1]上连续，在(0,1)内可导，且4?3f(x)dx?f(0)．证明在(0,1)内存在
41一点c，使f?(c)?0．
证明 由题设f(x)在[0,1]上连续，由积分中值定理，可得
13f(0)?4?3f(x)dx?4f(?)(1?)?f(?)，
443其中??[,1]?[0,1]．于是由罗尔定理，存在c?(0,?)?(0,1)，使得f?(c)?0．证毕．
4例9（1）若f(x)??e?tdt，则f?(x)=___；（2）若f(x)??xf(t)dt，求f?(x)=___．
0xx22xdv(x)f(t)dt?f[v(x)]v?(x)?f[u(x)]u?(x)．
dx?u(x)解（1）f?(x)=2xe?x?e?x；
（2）由于在被积函数中x不是积分变量，故可提到积分号外即f(x)?x?f(t)dt，则可得
0x42f?(x)=?0f(t)dt?xf(x)．
x例10 设f(x)连续，且?解对等式?x3?10x3?10f(t)dt?x，则f(26)=_________．
f(t)dt?x两边关于x求导得
f(x3?1)?3x2?1，
113，令得，所以． x?1?26x?3f(26)?3x227x1例11函数F(x)??(3?)dt(x?0)的单调递减开区间为_________．
1t1111解F?(x)?3?，令F?(x)?0得?3，解之得0?x?，即(0,)为所求．
99xx故f(x3?1)?例12求f(x)??(1?t)arctantdt的极值点．
0x解由题意先求驻点．于是f?(x)=(1?x)arctanx．令f?(x)=0，得x?1，x?0．列表如下：
x 0 (??,0) (0,1) (1,??) 1 0 0 f?(x) - ＋ － 7
故x?1为f(x)的极大值点，x?0为极小值点．
例13已知两曲线y?f(x)与y?g(x)在点(0,0)处的切线相同，其中 g(x)??arcsinx0e?tdt，x?[?1,1]，
23试求该切线的方程并求极限limnf()．
n??n解由已知条件得
f(0)?g(0)??e?tdt?0，
002且由两曲线在(0,0)处切线斜率相同知
f?(0)?g?(0)?e?(arcsinx)1?x22?1．
x?0故所求切线方程为y?x．而
3f()?f(0)3limnf()?lim3?n?3f?(0)?3． n??3nn???0n例14 求limx?0??0xx20sin2tdt；
t(t?sint)dt4x3(x2)22x(sinx2)2解lim0=lim=(?2)?lim=(?2)?lim
x?0(?1)?x?(x?sinx)x?01?cosxx?0x?sinxx?0?t(t?sint)dt0x?x2sin2tdt12x2=(?2)?lim=0．
x?0sinx注 此处利用等价无穷小替换和多次应用洛必达法则．
x1t2dt?1成立． 例15试求正数a与b，使等式lim2x?0x?bsinx?0a?tx22x1t21x2a?xdt=lim?lim解lim=lim
22x?0x?bsinx?0x?0x?01?bcosxx?01?bcosxa?ta?xx2?lim?1，
x?01?bcosxa1由此可知必有lim(1?bcosx)?0，得b?1．又由
x?01x22lim??1， ax?01?cosxa得a?4．即a?4，b?1为所求． 例16设f(x)??
sinx0sint2dt，g(x)?x3?x4，则当x?0时，f(x)是g(x)的（）．
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A．等价无穷小． B．同阶但非等价的无穷小． C．高阶无穷小． D．低阶无穷小．
f(x)sin(sin2x)?cosx解法1由于 lim ?limx?0g(x)x?03x2?4x3cosxsin(sin2x) ?lim?limx?03?4xx?0x21x21?lim2?． 3x?0x3故f(x)是g(x)同阶但非等价的无穷小．选B． 解法2 将sint2展成t的幂级数，再逐项积分，得到 f(x)??sinx0[t2?12311(t)??]dt?sin3x?sin7x??， 3!342则
1111sin3x(?sin4x??)?sin4x??f(x)1342342． lim?lim?lim?34x?0g(x)x?0x?0x?x1?x3例17证明：若函数f(x)在区间[a,b]上连续且单调增加，则有
?baxf(x)dx?a?bbf(x)dx． 2?axa证法1 令F(x)=?tf(t)dt?F?(x)=xf(x)?a?xxf(t)dt，当t?[a,x]时，f(t)?f(x)，则 ?a21xa?xx?a1x=f(t)dt?f(x)f(x)?f(t)dt
2?a222?a?x?a1xx?ax?af(x)??f(x)dt=f(x)?f(x)?0． 22a22故F(x)单调增加．即F(x)?F(a)，又F(a)?0，所以F(x)?0，其中x?[a,b]． 从而
F(b)=?xf(x)dx?aba?bbf(x)dx?0．证毕． ?a2证法2由于f(x)单调增加，有(x?a?ba?b)[f(x)?f()]?0，从而 22?ba(x?a?ba?b)[f(x)?f()]dx?0． 22bba?ba?ba?ba?bba?b)f(x)dx??(x?)f()dx=f()?(x?)dx=0．
aa22222即
?故
a(x??例18计算?|x|dx．
?12baxf(x)dx?a?bbf(x)dx． 2?a
分析被积函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号然后再积分． 解?|x|dx＝?(?x)dx???1?12020x20x225xdx＝[?]?1?[]0＝．
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注在使用牛顿－莱布尼兹公式时,应保证被积函数在积分区间上满足可积条件．如 11311，则是错误的．错误的原因则是由于被积函数在x?0处间断且在被dx?[?]??2??2x2x6x23积区间内无界.
例19 计算?max{x2,x}dx．
02分析 被积函数在积分区间上实际是分段函数
?x21?x?2． f(x)???x0?x?1解?max{x,x}dx??xdx??0022121x21x321717xdx?[]0?[]1???
2323621例20设f(x)是连续函数，且f(x)?x?3?f(t)dt，则f(x)?________．
0解 因f(x)连续，f(x)必可积，从而?f(t)dt是常数，记?f(t)dt?a，则
00f(x)?x?3a，且?0(x?3a)dx??0f(t)dt?a．
1111所以
11，即[x2?3ax]1?a?3a?a， 02213从而a??，所以f(x)?x?．
44x?3x2, 0?x?1例21设f(x)??，F(x)??f(t)dt，0?x?2，求F(x), 并讨论F(x)的连
0?5?2x,1?x?2续性．
解（1）求F(x)的表达式．
F(x)的定义域为[0,2]．当x?[0,1]时，[0,x]?[0,1], 因此
xF(x)??f(t)dt??3t2dt?[t3]0?x3．
00xx当x?(1,2]时，[0,x]?[0,1]?[1,x], 因此, 则
2x2F(x)??3t2dt??(5?2t)dt=[t3]10?[5t?t]1=?3?5x?x，
011x故
3??x, 0?x?1F(x)??． 2???3?5x?x,1?x?2 (2) F(x)在[0,1)及(1,2]上连续, 在x?1处，由于
x?1limF(x)?lim(?3?5x?x2)?1, limF(x)?limx3?1, F(1)?1． ????x?1x?1x?1因此, F(x)在x?1处连续, 从而F(x)在[0,2]上连续．
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